Ασκήσεις προς επίλυση στους Μιγαδικούς

m3Lt3D · 22-08-08

Αρχική Δημοσίευση από kvgreco:
Άλλη άσκηση από τον καθηγητή μου.Μάλλον εύκολη αλλά κάπου σκαλώνω.

Να δειχθεί γιά κάθε μιγαδικό z ότι |1+z|< = |1+z|^2 +|z|.
Άμα δεν με βοηθήσετε καί τώρα δεν ξαναρωτάω

$|z+1|^2+|z|\geq |z+1| \Leftrightarrow |z+1|(|z+1|-1)+|z|\geq 0<br />$
αν |z+1|>1 τοτε προφανως ισχυει.

αν $|z+1|\leq 1$ (1) τοτε,

συμφωνα με την τριγωνικη ανισωτητα ισχυει: $|z+1|\leq |z|+1$ (2)

απο (1),(2) παιρνουμε οτι
$|z|=0\Leftrightarrow z=0$

Αν βαλουμε στην σχεση προς αποδειξη οπου z=0 τοτε:

$|0+1|^2+|0|\geq |0+1|\Leftrightarrow 1\geq 1$ ισχυει.

lostG · 22-08-08

Αρχική Δημοσίευση από m3Lt3D:
$|z+1|^2+|z|geq |z+1| Leftrightarrow |z+1|(|z+1|-1)+|z|geq 0<br />$
αν |z+1|>1 τοτε προφανως ισχυει.

αν $|z+1|leq 1$ (1) τοτε,

συμφωνα με την τριγωνικη ανισωτητα ισχυει: $|z+1|leq |z|+1$ (2)

απο (1),(2) παιρνουμε οτι
$|z|=0Leftrightarrow z=0$

Αν βαλουμε στην σχεση προς αποδειξη οπου z=0 τοτε:

$|0+1|^2+|0|geq |0+1|Leftrightarrow 1geq 1$ ισχυει.

Η δοσμένη όμως σχέση ισχύει καί π.χ γιά z=-1/2 καί δεν τον περιέλαβες αυτόν καί όλους τούς εσωτερικούς τού κυκλικού δίσκου |z+1|<1 καί η άσκηση λέει γιά κάθε μιγαδικό.
Προσοχή στην εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας γιατι κρύβει παγίδες.Ειδικά κατά τον χειρισμό ακροτάτων τιμών.
Σκέφτηκες πότε μπορείς να πείς με βεβαιότητα ποιά είναι η μέγιστη τιμή τού |z1+z2| ?
Μα φυσικά όταν οι μιγαδικοί διατηρούν σταθερά τα μέτρα τους καί αλλάζει μόνο ο προσανατολισμός των διανυσμάτων θέσης τους καί βέβαια το μέγιστο προκύπτει όταν η μεταξύ τους γωνία γίνει μηδέν.(ομόρροπα)
Φαντάσου τώρα να άλλαζαν καί τα μέτρα ή μόνο τα μέτρα απεριόριστα.Δεν υπάρχει τότε μέγιστο.
Τα λέω αυτά αν καί δεν σχετίζονται τόσο με την άσκηση γιά να προσέχουν τα παιδιά καί να μην χρησιμοποιούν απερίσκεπτα την τριγωνική.

m3Lt3D · 22-08-08

Αρχική Δημοσίευση από lostG:
Η δοσμένη όμως σχέση ισχύει καί π.χ γιά z=-1/2 καί δεν τον περιέλαβες αυτόν καί όλους τούς εσωτερικούς τού κυκλικού δίσκου |z+1|<1 καί η άσκηση λέει γιά κάθε μιγαδικό.
Προσοχή στην εφαρμογή της τριγωνικής ανισότητας γιατι κρύβει παγίδες.Ειδικά κατά τον χειρισμό ακροτάτων τιμών.
Σκέφτηκες πότε μπορείς να πείς με βεβαιότητα ποιά είναι η μέγιστη τιμή τού |z1+z2| ?
Μα φυσικά όταν οι μιγαδικοί διατηρούν σταθερά τα μέτρα τους καί αλλάζει μόνο ο προσανατολισμός των διανυσμάτων θέσης τους καί βέβαια το μέγιστο προκύπτει όταν η μεταξύ τους γωνία γίνει μηδέν.(ομόρροπα)
Φαντάσου τώρα να άλλαζαν καί τα μέτρα ή μόνο τα μέτρα απεριόριστα.Δεν υπάρχει τότε μέγιστο.
Τα λέω αυτά αν καί δεν σχετίζονται τόσο με την άσκηση γιά να προσέχουν τα παιδιά καί να μην χρησιμοποιούν απερίσκεπτα την τριγωνική.

Βασικα, το λαθος μου ειναι σε μια ιδιοτητα διαταξης που θεωρησα πως ισχυει: (α<β+γ,α<β<=>γ<0) που προφανως ειναι λαθος.:xixi:

lostG · 24-08-08

Θα κάνω μιά προσπάθεια να σε βοηθήσω αν καί δεν είμαι μαθηματικός, πρέπει να το πούμε αυτό, απλά μ' αρέσουν πολύ έως πάρα πολύ τα μαθηματικά.Εξ άλλου χωρίς μαθηματικά γιόκ Φυσική!

Να δειχθεί γιά κάθε μιγαδικό z ότι |1+z|< = |1+z|^2 +|z| (αντιγραφή από kvgreco)

Έχουμε ότι,
${(|1+z|-1)}^{2}\geq 0\Rightarrow {|1+z|}^{2}-2|1+z|+1\geq 0\Rightarrow {|1+z|}^{2}\geq 2|1+z|-1\Rightarrow {|1+z|}^{2}+|z|\geq 2|1+z|-1+|z|\Rightarrow {|1+z|}^{2}+|z|\geq |1+z|+(|1+z|+|z|-1)\geq |1+z|.$

Αφού η τελευταία παρένθεση παίρνει ελάχιστη τιμή το 0 όταν π.χ z=0 καί όχι μόνο γι' αυτόν.Αυτό μπορείς να το δείξεις καί γεωμετρικά αν δείς το άθροισμα των αποστάσεων τού τυχαίου z από τις εικόνες τού -1 καί του 0.

(Δεν έχω μεγάλη άνεση στο LaTex.Ένα... μεροκάματο μού πήρε να το φτειάξω.Παρεμπιπτόντως πήγα να βάλω έντονους χαρακτήρες γιά να τονίσω ακριβώς την σχέση μέσα στο κείμενο ώστε να φανεί πού ακριβώς αποδεικνύεται αλλά δεν μπήκαν bold γιατί ρε παιδιά?)

m3Lt3D · 24-08-08

δικιο εχεις... επρεπε να σκεφτω πως για να χρησιμοποιησω το |z+1|^2 και το |z+1|, μπορουσα απλα να παρω τελειο τετραγωνο >= 0

:no1:

kvgreco · 27-08-08

Thanks γιά την λύση της άσκησή μου.Να μας λύσει όμως καί κάποιος την άσκηση #214 γιατί το κορίτσι με το ένα μήνυμα δεν ξαναρώτησε.Αν της την έλυσαν ας μας την πεί καί σε μάς.Αλλά δεν είναι περίεργο αφού ακόμη δεν έχουμε εξοικειωθεί με τα βασικά των μιγαδικών να προσπαθούμε οι αρχάριοι να λύσουμε προχωρημένα θέματα?Έχω ομως περιέργεια πως λύνεται αυτό.

kvgreco · 28-08-08

Άκυρο μήνυμα σβήστε το.

zidane4ever · 28-08-08

λοιπον ας βαλω και εγω μια(που δεν μπορω να λυσω...)

Εαν Ζ1 κινειται στον μοναδιαιο κυκλο
η εικονα του Ζ2 κινειται στον χ^2+υ^2=25 και Ζ3=[[(-ριζα3) / (δια) 2] + [ i / (δια) 2]]^4

τοτε νβ η μεγιστη τιμη του l 2Z1 - 3Z2 + 5Z3 l

Hurr · 28-08-08

Αρχική Δημοσίευση από peri:
Γεια σας παιδια ειμαι καινουρια στο forum.
Εχω να υποβαλλω μια ασκηση που ομολογουμενως με δυσκολεψε..!!!
Αν μπορουσατε να βοηθησετε......

Αν για τους μιγαδικούς z1,z2, … ,zν (ν ≥ 2) ισχύουν z1 + z2 + … + zν = 0 (1) και |z1| = |z2| = … = |zν| = 1 να δείξετε ότι ισχύει :

|z – z1| + |z – z2| + … + |z – zν| ≥ ν, z ? C

$|{z}_{i}|=1 \Leftrightarrow \bar{{z}_{i}}=\frac{1}{{z}_{i}} ,$ για κάθε $i\epsilon {IN}_{\nu }$ (1)

$\sum_{i=1}^{\nu}{z}_{i}=0 \Rightarrow \sum_{i=1}^{\nu}\bar{{z}_{i}}=0\Rightarrow\sum_{i=1}^{\nu} \frac{1}{{z}_{i}} =0$ κανοντας χρηση της (1)

Ας ονομασουμε την τελευταια αυτή σχεση (2)

$\sum_{i=1}^{\nu}|z-{z}_{i}|=\sum_{i=1}^{\nu}\frac{|z-{z}_{i}|}{|{z}_{i}|}=\sum_{i=1}^{\nu}\left|\frac{z}{{z}_{i}}-1\right|\geq \left|z\sum_{i=1}^{\nu} \frac{1}{{z}_{i}} -\nu \right| = |-\nu|=\nu$
Χρησιμοποιησαμε την τριγωνική ανισοτητα και τη (2)

Hurr · 28-08-08

Συγνωμη μπορει καποιος να μου πει πως γινεται να ανοίγει η λύση με link ?

manos66 · 28-08-08

Εαν Ζ1 κινειται στον μοναδιαιο κυκλο
η εικονα του Ζ2 κινειται στον χ^2+υ^2=25 και Ζ3=[[(-ριζα3) / (δια) 2] + [ i / (δια) 2]]^4

τοτε νβ η μεγιστη τιμη του l 2Z1 - 3Z2 + 5Z3 l

β) Να βρεθούν οι παραπάνω z1, z2, z3 ώστε η τιμή του l 2Z1 - 3Z2 + 5Z3 l να γίνεται μέγιστη.

Hurr · 28-08-08

Ως νέο μέλος ας βοηθήσω να μεγαλώσει η βάση ασκήσεων που εχει το forum

Μια παλιά ωραία και σχετικά εύκολη ανισότητα:
$|a-b||c|+|b-c||a|\geq|a-c||b|$
με τα a,b,c να ανηκουν στο σύνολο των μιγαδικών
α)Προσπαθήστε να την αποδειξετε
β)Πότε ισχύει η ισότητα?(Συγνώμη διότι ειναι πολύ γενικό αυτο που ρωτάω. Απαντήστε στο α προς το παρον και θα τη διορθώσω την ερώτηση αργότερα)
γ)Απο γεωμετρική αποψη σας θυμίζει τπτ?

Σημείωση: Στο γ δεν μπορουν να απαντήσουν οσοι διαβάζουν αυστηρά
μόνο για το σχολείο.

Εκτός αν ζητηθεί δεν postarw λύσεις αν δεν υπάρχει τρόπος να μην τις βλέπουν όσοι θέλουν να προσπαθήσουν

zidane4ever · 28-08-08

Αρχική Δημοσίευση από Hurr:
ανισότητα:
$|a-b||c|+|b-c||a|geq|a-c||b|$
με τα a,b,c να ανηκουν στο σύνολο των μιγαδικών
α)Προσπαθήστε να την αποδειξετε
β)Πότε ισχύει η ισότητα?
γ)Απο γεωμετρική αποψη σας θυμίζει τπτ?

με την τριγωνικη ανισωτητα βγαινει?

peri · 28-08-08

Hurr σε ευχαριστω παρα πολυ που ασχοληθηκες με την ασκηση μου.
Απλα θα ηθελα να σε ρωτησω κατι..
δεν καταλαβα την τελευταια σειρα της επιλυσης ακριβως...

Σε ευχαριστω πολυ εσενα και το παλικαρι που θυμηθηκε την ασκηση μου πιο πανω..

mostel · 28-08-08

Αν δε κάνει λάθος η χαρτοπετσέτα (όπως λέει και ο φίλος Sil):

$|a-b+b-c||b|\leq |a-b||b|+|b-c||b|$

Οπότε αρκεί ν.δ.ό:

$|a-b||b|+|b-c||b|\leq |a-b||c|+|b-c||a|$

$|a-b|(|b|-|c|)+|b-c|(|b|-|a|)\leq 0$

$|a-b|(|b|-|c|)-|b-c|(|a|-|b|)\leq |a-b||b-c|-|b-c||a-b|=0$

Η ισότητα ισχύει όταν το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, σύμφωνα με το 1ο θεώρημα του Πτολεμαίου.

Στέλιος

lostG · 28-08-08

Μίά ακόμη λύση της άσκησης peri πού κάνει ο Hurr αλλά χωρίς το λογισμό αθροισμάτων όπου οι μαθητές δεν είναι εξοικειωμένοι είναι στον παρακάτω σύνδεσμο.

https://clubs.pathfinder.gr/MATHEMATICA/17063?read=558&forum=56996

Αρχική Δημοσίευση από Hurr:
Συγνωμη μπορει καποιος να μου πει πως γινεται να ανοίγει η λύση με link ?

Τι ακριβώς εννοείς?

manos66 · 28-08-08

Για α = 0 ή b = 0 ή c = 0 ισχύει.
Για α,b,c όχι 0 τότε
$\left|a - b \right|\left|c \right| + \left|b - c \right|\left|a \right|\geq \left|a - c \right|\left|b \right| \Leftrightarrow \\\frac{\left|a - b \right|\left|c \right|}{\left|a \right|\left|b \right|\left|c \right|} + \frac{\left|b - c \right|\left|a \right|}{\left|a \right|\left|b \right|\left|c \right|}\geq \frac{\left|a - c \right|\left|b \right|}{\left|a \right|\left|b \right|\left|c \right|} \Leftrightarrow \\\left|\frac{a - b}{ab} \right| + \left|\frac{b - c}{bc} \right| \geq \left|\frac{a - c}{ac} \right| \Leftrightarrow \\\left|\frac{1}{b} -\frac{1}{a}\right| + \left|\frac{1}{c} -\frac{1}{b} \right| \geq \left|\frac{1}{c} -\frac{1}{a} \right| \Leftrightarrow \\\left|\frac{1}{b} -\frac{1}{a}\right| + \left|\frac{1}{c} -\frac{1}{b} \right| \geq \left|\left( \frac{1}{c} -\frac{1}{b}\right) +\left( \frac{1}{b} -\frac{1}{a}\right)\right|$
που ισχύει

Η ισότητα ισχύει όταν το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο,
(1ο θεώρημα του Πτολεμαίου - Σχολικό βιβλίο Γεωμετρίας Α-Β΄ Λυκείου σελ.179 ασκ.Γ6).

Hurr · 28-08-08

Αρχική Δημοσίευση από mostel:
Αν δε κάνει λάθος η χαρτοπετσέτα (όπως λέει και ο φίλος Sil):

$|a-b+b-c||b|leq |a-b||b|+|b-c||b|$

Οπότε αρκεί ν.δ.ό:

$|a-b||b|+|b-c||b|leq |a-b||c|+|b-c||a|$

$|a-b|(|b|-|c|)+|b-c|(|b|-|a|)leq 0$

$|a-b|(|b|-|c|)-|b-c|(|a|-|b|)leq |a-b||b-c|-|b-c||a-b|=0$

Η ισότητα ισχύει όταν το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, σύμφωνα με το 1ο θεώρημα του Πτολεμαίου.

Στέλιος

Σωστή μου φαινεται η λυση σου Στέλιο.
Και πολυ σωστη η παρατήρηση για το θ. Πτολεμαιου.
Αυτη ειναι ουσιαστικα η ανισοτητα του αν θεωρήσουμε
οτι το a ειναι το διανυσμα για το A, το b για το Β , το c για το Γ
και το 0 για το Δ

Το Θ Πτολεμαιου ειχα στην αρχη στο μυαλο μου οταν ζητησα ισοτητα

Μια λιγο συντομοτερη λυση ειναι η εξής
$(a-b)c+(b-c)a=(a-c)b$
και τριγωνικη

Hurr · 28-08-08

manos66 ωραια και αυτη η λύση

mostel · 28-08-08

Αρχική Δημοσίευση από Hurr:
Σωστή μου φαινεται η λυση σου Στέλιο.
Και πολυ σωστη η παρατήρηση για το θ. Πτολεμαιου.
Αυτη ειναι ουσιαστικα η ανισοτητα του αν θεωρήσουμε
οτι το a ειναι το διανυσμα για το A, το b για το Β , το c για το Γ
και το 0 για το Δ

Το Θ Πτολεμαιου ειχα στην αρχη στο μυαλο μου οταν ζητησα ισοτητα

Μια λιγο συντομοτερη λυση ειναι η εξής
$(a-b)c+(b-c)a=(a-c)b$
και τριγωνικη

Είναι συμπαθητική άσκηση, απλώς αν την έβαζες π.χ. στο σχολείο θα έτρωγες άπειρο κράξιμο

Καλά έκανες πάντως και την έβαλες, για να με (μας) κρατάς σε μια επαφή με την πανέμορφη ευκλείδια γεωμετρία, την οποία δυστυχώς έχω παρατήσει από τότε που έδωσα τελευταία φορά εξετάσεις σε μαθηματικούς διαγωνισμούς.

Στέλιος

Ασκήσεις προς επίλυση στους Μιγαδικούς

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος